1 ALTERNAT F AKIM DEVRELER A. DEVRE ELEMANLARI VE

1
ALTERNATİF AKIM DEVRELERİ
A. DEVRE ELEMANLARI VE TEMEL DEVRELER
Alternatif akım devrelerinde akımın geçişine karşı üç çeşit direnç (zorluk) gösterilir.
Devre elamanları dediğimiz bu dirençler: (1) R omik direnci; (2) L endüktansın endüktif
direnci; (3) C kapasitansın kapasitif direncinden ibarettir. Bu elamanlar sembolik olarak Şekil
1'de olduğu gibi gösterilir.
Şekil 1.
Daha ileride açıklanacağı gibi, birimi henri olan L endüktansı ve birimi farad olan C
kapasitesi sabit sayılarla çarpılarak, elektrik akımına karşı gösterdikleri zorluklar ohm olarak
bulunabilir.
Alternatif akımda üç çeşit temel devre vardır. Bunlar Şekil 1 de görüldüğü gibi (1) R
omik devre; (2) L endüktif devre; (3) C kapasitif devredir. Temel devrelere uygulanan U
gerilimi ve devrenin I akımı etkin değerlerdir. I devre akımı, uygulanan gerilime ve devre
elamanlarının direncine bağlı olarak değişir. Devre elamanları kendi aralarında seri, paralel
ve seri - paralel (karışık) olarak bağlanırlar.
İdeal (saf) olarak kabul edilen bu elemanlara sinüsoidal bir alternatif gerilim
uygulanırsa, geçen akım sinüsoidal bir A.A. olur.
Devre elamanlarının ideal özellikleri:
R omik direncinde endüktif direnç etkisi yoktur. Endüktif devrede ve kapasitif
devredeki L ve C elamanlarında omik direnç etkisi ve güç kaybı yoktur.
B. OMİK DİRENÇLİ ALTERNATİF AKIM DEVRESİ
1. OMİK DİRENÇ
Alternatif akım devrelerinde, endüktif ve kapasitif etkisi bulunmayan saf dirence
"Omik direnç" denir. R harfiyle gösterilir ve birimi ohm'dur.
Elektrikli ısıtıcılar (ütü, ocak, ızgara) ile flemanlı lambalar ve benzerleri omik dirence
örnek olarak gösterilebilir. Saf omik dirençli bütün almaçların (yüklerin), eşit gerilimli DA ve
AA kaynaklarından çektikleri akımlar ve güçlerde birbirine eşittir. Yüksek frekanslı A.A
2
devrelerinde kullanılan büyük kesitli bir iletkenin direnci, DA da ki direncinden biraz
daha (1,1 - 1,2 katı kadar) büyüktür. Yani AA daki iletkenin etkin kesiti biraz daha küçük
olur.
A.A. da direncin büyümesi, iletkenin kendi içindeki alternatif akım değişmeleri
dolayısıyla doğan emk’den ileri gelir. Bu emk’ler akımı iletkenin dış yüzeyine doğru iterler.
Buna “Deri Olayı” denir. 50 Hz frekanslı A.A devrelerinde bu olay o kadar önemli değildir.
2. OMİK DEVREDE OHM KANUNU
Şekil 2. Omik devre
Şekilde (4,2) gibi omik bir devrede gerilim (U) ve akım (I) aynı fazdadır.
Im =
Um
veya Um = Im.R
R
Vektör olarak;
•
e = Um.sinwt ⇒ U = U 0 0
formülde U = Um.0,707’dir.
Ohm kanunu vektöryel olarak
I =
U0 0
U
= 0 − QR
RQR R
Çünkü akım ile gerilim aynı fazdadır. Yani açı sıfırdır.
Böylece QR açısıda sıfırdır ve QR = 00 Buna göre
I=
U0 0 U
U
= 0 − 00 = 00
0
R
R
R0
3
Şekil 3. Omik devrede emk ve akımın eğrileri
ÖRNEK 1
Vektör matematiği kullanarak şekil 4 deki devrede i akımını bulunuz. Gerilim ve
akıma ait eğrileri çiziniz.
Şekil 4
Çözüm:
Şekil 5
Şekil 5
v = 100 sin ωt ⇒ vektör olarak v = 70.7 / 0 0
V 0 .7 / 0 0
I=
=
= 14.14 / 0 0
0
R
5/ 0
i=
2 (14.14) sin ω t = 20 sin ω t
4
ÖRNEK 2
Vektöryel olarak şekil 6 daki devrede gerilimi bulunuz. Ayrıca akım ve gerilime ait
eğrileri çiziniz.
Şekil 6.
Çözüm:
Şekil 7.
i = 4 sin (ωt + 300) ⇒ vektör olarak I = 2.83 / 30 0
U = I.R = (2.83 / 30 0 ) (2 / 0 0 ) = 5.66 / 30 0
ve
v=
2 (5.66) sin (ωt + 300) = 8 sin (ωt + 300)
Şekil 7.
ENDÜKTİF REAKTANS
Özindükleme bobinine uygulanan emk, bobinden geçen alternatif akın
indüklediği özindüklem emk'ine eşit ve ters yöndedir.
U = 2.π.f.L.I
;
U = ωLI
U = Bobine uygulanan alternatif gerilimin efektif (etkin) değeri, volt
ω = Alternatif akımın açısal hızı, Radyan/Saniye
5
L = Endüktans, henri
I = Bobinden geçen alternatif akımın efektif (etkin) değeri, amper.
U = 2.π.f.L.I
;
U = ωLI nolu formülün her iki tarafını (I) ye bölelim.
U/I=ωL
Bobine uygulanan gerilimin bobinden geçen akıma oranı bize bobinin elektrik akımına
karşı gösterdiği zorluğu (direnci) verir.
Özindükleme bobininin içinden geçen alternatif akıma karşı gösterdiği zorluğa
"endüktif reaktans" denir. Endüktif reaktans (XL) harfi ile gösteri Birimi ohm'dur.
XL = ω L
veya
XL = 2 π f L
Bir bobinin endüktif reaktansı, frekansla ve bobinin endüktansı ile doğru
orantılıdır. Hava ve manyetik olmayan madde nüveli bir bobinin endüktansı işi olduğu için
reaktansı yalnız frekansla değişir. Reaktans, bobine uygulanan U gerilimi ile değişmez.
ÖRNEK 3: Endüktansı 1 henri olan bir bobinin frekansı (a) 50 Hz ve (b) 100 Hz olan
alternatif akıma karşı göstereceği zorluğu (endüktif reaktansı) hesaplayınız.
Çözüm:
(a)
XL = 2 π f L = 2 . 3,14 . 50. l = 314 Ω
(b)
XL = 2 π f L = 2.π.100.1 = 628 Ω
ÖRNEK 4: Örnek 3 deki bobine (a) 220 v, 50 Hz'li (b) 220 v, 100 Hz'li gerilimler
uygulandığında bobinden geçen akımı bulunuz..
Çözüm:
(a)
I = U/X = 220/314 = 0,70 A,
(b)
I = U/X = 220/628 = 0,350 A.
Şekil 8’deki gibi tamamen indüktif bir devrede akımla gerilim arasında 900 lik açı olup
gerilim akımdan ileridir. Böyle bir devrede reaktans XL harfiyle gösterilir ve ωL değerine
eşittir.
Şekil 8.
6
v = Um sin ωt ⇒ vektör olarak V = / 0 0
Om kanununa göre
I=
U/ 00
U
=
/ 00 − Q L
0
XL
X L / 90
Çünkü gerilim akımdan 900 ileridir. Yani akım -900 lik bir açıya sahiptir. Böylece
QL = +900 dir. Formülde QL = 900 yazılırsa
I=
U/ 00
U
U
=
/ 0 0 − 90 0 =
/ − 90 0
0
XL
XL
X L / 90
Zaman domaini içerisinde ifade edilirse
i=
 U
2 
 XL

 sin (ωt – 900)

Bu denklemi komplex içerisinde sayı olarak ifade edersek
XL = XL / 90 0
Bu eşitlik sinüsoidal fonksiyonu vektör domaini içerisinde ifade edemez. Bu komplex
alanda sabit büyüklüğü XL ve 900 lik açıya ait bir vektördür.
ÖRNEK 5
Vektörsel olarak şekil 9 daki devrede i akımını bulunu. Akım ve gerilime ait eğrileri
çiziniz.
Şekil 9.
Çözüm:
Şekil 10.
Şekil 10.
7
l = 24 sin ω t ⇒ vektör olarak U = 16,9 / 0 0
I=
i=
U 0 16.9 / 0 0
=
= 5.66 / − 90 0
0
XL
3/ 90
2 (5.66) sin (ωt – 900) = 8 sin (ωt – 900)
ÖRNEK 6
Vektörsel olarak şekil 11 deki devrede gerilimi bulunuz. Akımla gerilime ait eğrileri
çiziniz.
Şekil 11.
Çözüm:
Şekil 12.
Şekil 12.
i = 5 sin (ωt + 30) ⇒ vektör olarak 3.53 / 30 0
V = I.XL = (3.53 / 30 0 ) (4 / 90 0 ) = 14.14 / 120 0
v=
2 (14.14) sin (ωt + 1200) = 20 sin (ωt + 1200)
Bundan önceki her iki örneğe ait faz diyagramı şekil 13 de görülmektedir. Her iki
şekilden anlaşıldığı gibi gerilim akımdan 900 ileridedir.
Şekil 13.
8
ÖZİNDÜKLEME BOBİNLERİNİN BAĞLANMALARI
Özindükleme bobini denildiğinde, omik direnci sıfır kabul edilen yalnız L
endüktansından meydana gelen bobin anlaşılır. Fakat bütün bobinler telle sarıldığından,
omik direncin sıfır olması imkansızdır. Endüktans, daima omik dirençle beraber
bulunur. Aşağıdaki hesaplamalarda Özindükleme (şelf) bobininin yalnız endüktanstan
meydana geldiği yani omik direncinin sıfır olduğu kabul edilmiştir. Tatbikatta, bobinler demir
nüve üzerine sarılırsa (trafo, motor, kontaktör v.b.) bobinin reaktansı, omik direncinin yanında
çok büyük olur.
Özindükleme bobinleri pratikte çeşitli şekilde bağlanırlar. Bu devrelerin çözümleri için
eşdeğer endüktansın ve eşdeğer reaktansın bulunması gereklidir. Özindükleme bobinleri,
dirençler gibi üç şekilde bağlanırlar, (a) Seri bağlama; (b) Paralel bağlama, (c) Seri paralel
bağlamadır. Bu bağlamaları sırasıyla inceyelim.
(a) Özindükleme Bobinlerinin Seri Bağlanmaları
Endüktansları L1 = 0,2 H. ve L2 = 0,5 H olan iki bobin seri bağlandıktan sonra 220 v.
50 Hz. li sinüsoidal kaynak uygulayalım. Şekil 4.20 de görüldüğü gibi devreden geçen I akımı
L1 endüktanslı bobinin uçlarında U1 = I. X1 ve L2 bobininin uçlarında da U2 = I . X2 gerilim
düşümlerini meydana getirir. Bu gerilim düşümleri akımdan 90° ilerdedir.
U1 ve U2 gerilimleri aynı fazda olduğu için cebirsel toplamları alınır.
U = U1 + U2
220 = I.X1 + I. X2
X1 = 2. π.50.0,2 = 62,8 Ω
X2 = 2.π.50.0,5 = 157 Ω
220 = I (62,8 + 157) = 219,8 I
I = 220/219,8 ≅ 1 A.
Xe = X1 + X2 = ωL1 + ωL1 = ω (L1 + L2)
Xe = ωLe
,
Le = Lı + L2 + .................................
Seri devrenin eşdeğer endüktansı, devredeki endüktansların cebirsel toplamına
eşittir.
Şekil 14.
9
ÖRNEK 7: 220 v. 50 Hz frekanslı bir A.A. kaynağına endüktansları 3 ve 2 henri olan seri iki
özindükleme bobini bağlanmıştır, (a) Devrenin toplam endüktansını; (b) Devrenin endüktif
reaktansını, (c) Devrenin akımını, (d) Endüktanslarda düşen gerilimleri hesaplayınız.
Çözüm:
(a) Le = L1 + L2 = 3 + 2 = 5 henri
(b) XL = ωLe = 2 π f Le = 2π.50.5 = 1570 Ω
(c) I = U/XL = 220/1570 = 0,14 A.
(d) U1=I.XL = I.ω.L1 = 0,14.314.3 = 131,88 V.
U2 =I.XL2 = I.ω.L2 = 0,14 .314 . 2 = 87,92 V.
Seri Bağlı Endüktanslarda Gerilimin Bölünüşü
Seri bağlı endüktanslarda düşen gerilimleri birbirine bölelim.
U1 / U2 = L1 / L2
bulunur. Bobinlerin uçlarındaki gerilimlerin birbirine oranı, endüktansların oranına eşittir.
U = U1 + U2 olduğuna göre, Endüktansların uçlarındaki gerilimler,
U2 = U.L2 / (L1+L2)
U1 = U.L1 / (L1+L2)
formülleri ile bulunabilir.
Şekil 15. Özündikleme bobinlerinin paralel bağlanması ve vektör diyagramı
(b) Özindükleme Bobinlerinin Paralel Bağlanmaları
Endüktansları L1 ve L2 olan iki bobini paralel bağladıktan sonra, şekil 14. (a) da
görüldüğü gibi devreye alternatif gerilim uygulayalım.
Şekil 15.(a) daki devrede A düğüm noktasına Kirşof un akım kanunu uygulayalım.
I = I1 + I2
10
L1 endüktanslı bobinden geçen I1 akımı ile L2 endüktansh bobinden geçen I2 akımı, U
geriliminden 90° geri kalırlar. Vektör diyagramı Şekil 15. (b) de görülüyor. Bobinlerden
geçen akımlar,
I1 = U/X1 = U/ωL1
;
I2 = U/X2 = U/ωL2
Bu değerleri yukarıdaki ifadede yerlerine yazalım.
I = (U/Xı) + (U/X2)
veya
I = (U/ωL1) + (U/ωL2)
Paralel bağlı L1 ve L2 endüktanslı bobinlerin yerini tutacak eşdeğer bobinin endüktansı
(Le) olduğuna göre,
I = U/ωLe = (U/ωL1) + (U/ωL2)
1/Le = (l/L1) + (l/L2) +......
;
Le =
1
1
1
+
L1 L 2
...
bulunur. Şu halde, paralel bağlı endüktanslardan meydana gelen devrenin eşdeğer
endüktansının tersi, paralel bağlı dirençlerde olduğu gibi, endüktansların tersleri toplamına
eşittir.
ÖRNEK 8: Endüktansları 1 ve 2 Henri olan iki Özindükleme bobini paralel bağlanmıştır,
(a) Devrenin toplam endüktansını; (b) 220 v. 50 Hz. kaynaktan çekilen devrenin toplam
endüktif reaktansını; (c) Devre ve kol akımlarını hesaplayınız.
Çözüm:
(a) Le = L1 . L2 / Ll + L2 = 0,66
(b) Xe = ωLe = 2 π. 50.0,66 = 248 Ω
(c) I = U/Xe = 220/248 = 0,88A.
I1 = U/ X1 = 220/314,1 = 0,29 A
I2 = U/ωL2 = 220/314,2 = 0,59 A
Paralel Bağlı Endüktanslarda Akımların Bölünüşü
Paralel kollardan geçen akımları oranlayalım.
I1/I2 = (U/ωL1) / (U/ωL2)
;
I1/I2 = L2/L1
bulunur. Paralel kollardan geçen akımların birbirine oranı, endüktanslar oranının
tersine eşittir.
Kaynaktan çekilen akım, I = U/ωLe olduğuna göre,
I1/I = Le/L1
yazılabilir,
I1 = I.Le/L1
Le = (L1 . L2) / (L1 + L2) yerine yazıldığında
I1 = (I.L2) / (L1 + L2)
11
I2 = (I.L1) / (L1 + L2)
yazılır.
(c) Özindükleme Bobinlerinin Seri - Paralel Bağlanması
Dirençlerde olduğu gibi, Özindükleme bobinleri de seri-paralel bağlanabilir. Şekil 16
(a) da L1, L2 ve L3 endüktanslarının seri paralel bağlanışı görülüyor.
Bu devrede L1 ve L2 paralel bağlı, L3 de seri bağlıdır. Böyle bir devrenin çözümünde,
dirençlerin seri - paralel bağlandığı devrelerde olduğu gibi, devre basitleştirilerek eşdeğer
endüktans bulunur. L1 ve L2 paralel endüktansların yerine eşdeğer endüktans hesaplanarak
devre yeniden çizildiğinde şekil 16 (b) deki seri devre elde edilir. Bu devrenin eşdeğer
endüktansı, endüktansların toplamına eşittir. Le = LAB + L3
Şekil 16 (c) deki basit devre, 16 (a) daki seri - paralel devrenin eşdeğer devresidir.
LAB = (L1. L2) / (L1 + L2)
,
Le = L3 + (L1 . L2) / (L1 + L2) bulunur.
U2 = U.L2 / (L1+L2) ve U1 = U.L1 / (L1+L2) formüllerden, UAB ve UBC gerilimleride
hesaplanabilir.
UAB = U.LAB / (LAB + L3)
UBC = U.L3/(LAB + L3)
Şekil 16. Endüktansların seri-paralel bağlanması
KAPASİTİF DEVRELER
Kondansatöre uygulanan gerilim etkin değeri U ve geçen akımın etkin değeri de I
olsun. Belirli bir kondansatör için U/I oranı sabittir. Direnç ve bobinde olduğu gibi, bu oran
kondansatörün alternatif akımın geçişine kargı gösterdiği zorluğu temsil eder. Kondansatörlü
devrelere, kapasitif devreler de denildiğinden, bu zorluğa "kapasitif reaktans" adı verilir.
12
Şekil 17 : Kondansatörün akım ve gerilim vektörleri
Şu halde kapasitif reaktans, kondansatörün alternatif akımın geçişine karşı gösterdiği
zorluktur. Kapasitif reaktans Xc sembolü ile gösterilir ve birimi ohm'dur.
Xc =
Uc
Ic
Burada;
Xc , kapasitif reaktans (ohm)
Uc , kondansatörün uçlarındaki gerilim (volt)
Ic , kondansatörden geçen akım (amper)
Xc =
Uc
, kapasitif devrelerde ohm kanununun ifadesidir.
Ic
KONDANSATÖRLERİN BAĞLANTILARI
Kondansatörlerin çeşitli bağlantılarında da eşdeğer kapasitif reaktans, direnç
bağlantılarında görüldüğü gibi bulunur. Çünkü kapasitif reaktans da bir cins dirençtir.
Seri bağlantı:
Şekil 18 de seri bağlı kondansatörler ve bunların eşdeğeri olan kondansatör
görülmektedir. Direnç bağlantılarında olduğu gibi eşdeğer kapasitif reaktans formülü ile
bulunur.
Şekil 18: Seri bağlı kondansatörler ve eşdeğeri
13
XC = XC1 + XC2 + .... + XCn
Kondansatörlerin kapasiteleri ile kapasitif reaktansları ters orantılı olduğundan, seri
bağlantıda eşdeğer kapasitenin tersi, kondansatör kapasitelerinin terslerinin toplamına eşittir.
1
1
1
1
=
+
+ ... +
C C1 C 2
Cn
Eğer C1 ve C2 kapasitelerinde iki kondansatör seri bağlı ise eşdeğer kapasite,
C=
C1 .C 2
C1 + C 2
formülü ile bulunur.
Yukarıdaki formüllerden görüldüğü gibi kondansatörlerin seri bağlantısında eşdeğer
kapasitif reaktans büyür, eşdeğer kapasite ise küçülür.
Seri bağlantıda bütün kondansatörlerden aynı I akımı geçer. Her bir kondansatör
üzerindeki gerilim düşümlerinin toplamı da devrenin gerilimini verir. Şekil 19.
U = U1 + U2 + .... + Un
Şekil 19.
Xc =
Uc
formülünden gerilim düşümleri için,
Ic
U1 = I XC1, U2 = I XC2, ......., Un = I XCn
yazılıp, U = U1 + U2 + .... + Un formülünde yerine konulursa,
U = I XC1 + I XC2 + ..... + I XCn
bulunur. Bu formüllerdeki gerilim düşümlerinin her biri devre akımından 900 geri fazlıdır.
Böylece hepsi aynı fazlı olan bu gerilim düşümlerinin toplamı cebirsel olarak yapılır. Şekil 19
daki devrenin vektör diyagramı şekil 20 de verilmiştir.
14
Şekil 20: Şekil 19 deki devrenin vektör diyagramı
Paralel bağlantı:
Şekil 21’de paralel bağlı kondansatörler ve bunların eşdeğeri görülmektedir.
Dirençlerin paralel bağlantılarında olduğu gibi, paralel bağlı kondansatörlerde de eşdeğer
kapasitif reaktansın tersi, paralel bağlı kapasitif reaktansların terslerinin toplamına eşittir.
1
1
1
1
=
+
+ ... +
X C X C1 X C 2
X Cn
Paralel bağlantının eşdeğer kapasitesi ise,
C = C1 + C2 + .... + Cn
olmaktadır. Bu formüllerden görüldüğü gibi kondansatörlerin paralel bağlantıda, eşdeğer
kapasitif reaktans küçülür ve eşdeğer kapasite büyür.
Şekil 21. Paralel bağlı kondansatörler ve eşdeğeri
Şekil 22’deki paralel bağlı iki kondansatörün eşdeğer kapasitif reaktansı da,
XC =
X C1 .X C 2
X C1 + X C 2
formülü ile bulunur.
15
Şekil 22.
Paralel bağlı kondansatörlerin uçlarındaki gerilimler aynı olduğu halde, her
kondansatörden geçen akım farklıdır. Şekil 23’ye Kirşofun akımlar kanunu uygulanarak,
I = I1 + I2 + ... + In
yazılır. Yine bu akımların hepsi birer vektördür. Fakat hepsi de aynı fazlı olduklarından,
toplam cebirsel olarak yapılır. Şekil 23’deki devrenin kol akımları,
Şekil 23
I1 =
U
,
X C1
I2 =
U
U
, ......, In =
X C2
X Cn
olduğundan, I = I1 + I2 + ... + In formülü aşağıdaki gibi yazılabilir.
I=
U
U
U
+
+ ... +
X C1 X C 2
X Cn
Şekil 23’deki devrenin vektör diyagramı, şekil 24’de gösterilmiştir.
Şekil 24. Şekil 23’deki devrenin vektör diyagramı
16
İki kondansatörün paralel bağlı olduğu bir devrede kol akımları (Şekil 25).
Şekil 25.
I1 = I
X C2
X C1 + X C 2
I2 = I
X C1
X C1 + X C 2
I1 = I
C1
C1 + C 2
I2 = I
C2
C1 + C 2
veya
formülleri ile bulunur.
ÖRNEK 9: Kapasitif reaktansları 12 Ω, 4 Ω ve 6 Ω olan kondansatörler;
a) Seri bağlandıklarında,
b) Paralel bağlandıklarında eşdeğer kapasitif reaktans ne olur?
Çözüm:
a) XC = XC1 + XC2 + .... + XCn formülü kullanılarak seri bağlantının eşdeğer kapasitif
reaktansı,
XC = XC1 + XC2 + XC3 = 12 + 4 + 6
= 22 Ω
b)
1
1
1
1
=
+
+ ... +
X C X C1 X C 2
X Cn
formülü kullanılarak paralel bağlantının eşdeğer
kapasitif reaktansı,
1
1
1
1
1 1 1 1+ 3 + 2 6
=
+
+
=
+ + =
=
X C X C1 X C 2 X C 3 12 4 6
12
12
den,
17
Xc =
12
=2Ω
6
bulunur.
ÖRNEK 10:
Şekil 26’daki devrede her kondansatörden geçen akımı ve uçlarındaki gerilimleri
bulunuz. Devrenin vektör diyagramını çiziniz.
Şekil 26.
Çözüm: U = 120 V luk gerilim paralel kollara uygulandığına göre kol akımları,
I1 =
U
120
=
= 2A
X C1 + X C 2 50 + 10
I2 =
U
120
=
= 4A
X C3
30
ve,
olur. Devre akımı ise Kirşofun akımlar kanunundan,
I = I1 + I2 = 2 + 4
=6A
bulunur. Burada toplama işlemi cebirsel olarak yapılmıştır. Çünkü I1 ve I2 akımları aynı
fazlıdır.
U2 gerilimi kaynak gerilimine eşittir.
U3 = U = 120 V
18
U1 ve U2 gerilimleri ise,
U1 = I1 XC1 = 2 . 50
= 100 V
U2 = I1 XC2 = 2 .10
= 20 V
olur. Devrenin vektör diyagramı da şekil 26da verilmiştir.
Şekil 27.
Şekil 28’deki gibi tamamen kapasitif bir devrede daha önceden vurgulandığı gibi
akımla gerilim arasında 900 lik açı olup akım geriliminden ilerdedir. Böyle bir devrede
kapasitif reaktans Xc ile gösterilir ve 1/ωC değerine eşittir.
Şekil 28.
•
l = Um sin ω t ⇒ vektörsel olarak U = U0 0
Om kanunu vektörsel olarak
I=
U/ 00
U
=
/ 00 − QC
XC QC XC
Çünkü biliyoruz ki akım geriliminden 900 ilerdedir ve akım +900 lik bir açıya sahiptir.
Böylece QC = -900 dir.
19
I=
U/ 00
U
U
=
/ 0 0 − (−90 0 ) =
/ 90 0
XC QC XC
XC
Zaman domaini içerisinde
 V
2 
 XC
i=

 sin (ωt + 900)

Payda komplex sayılarla ifade edilirse
XC = XC / 90 0
ÖRNEK 11
Şekil 29 da görülen devrede vektörsel olarak i akımını bulunuz. Akım ve gerilimin
eğrilerini çiziniz.
Şekil 29.
Çözüm:
Şekil 30.
Şekil 30.
v=
i=
V 10.6 / 0 0
=
= 5.3/ 90 0
0
XC
2 / 90
2 (5.3) sin (ωt + 900) = 7.5 sin (ωt + 900)
20
ÖRNEK 12
Şekil 31’de görülen devrede vektörsel olarak v gerilimini bulunuz ve akım-gerilim
eğrilerini çiziniz.
Şekil 31.
Çözüm:
Şekil 32.
Şekil 32.
i = 6 sin (ωt – 600) ⇒ vektör olarak I = 4.23 / − 60 0
V = I Xc = (4.23 / − 60 0 ) (0.5 / − 90 0 ) = 2.12 / − 150 0
ve
v=
2 (2.12) sin (ωt – 1500) = 3 sin (ωt – 1500)
Daha önce çözülen iki örneğe ait faz diyagramı şekil 33 de görülmektedir. Her iki
şekilden de anlaşıldığı gibi akımla gerilim arasında 900 lik açı olup akım ileridedir.
Şekil 33.